주어진 필드 $\mathbb F$, 가장 작은 필드가 있습니까 $\mathbb G\supseteq\mathbb F$ 모든 요소가 $\mathbb G$ 있다 $n$모두를위한 뿌리 $n$?
기본 필드 $\mathbb F$ 중요하지 않을 수도 있지만 이진 필드에 대해 합리적인 표현을 사용하고 있습니다. $\mathbb F=\mathbb F_2(x)$.
하나의 하위 필드 $\mathbb G$ 다음의 근에있는 다항식의 비율로 구성됩니다. $x$, 계수 포함 $\mathbb F_2$, 예 :
$$\frac{x^{2/5}+x^{-1/3}+x^2}{x^{-2/3}+1}=\frac{x^{16/15}+x^{1/3}+x^{8/3}}{1+x^{2/3}}=\frac{\sqrt[15]x^{40}+\sqrt[15]x^{16}+\sqrt[15]x^5}{\sqrt[15]x^{10}+1},$$
그리고 그러한 표현은 합리적 함수에 대한 일반적인 규칙을 사용하여 더하고 곱합니다. $x^ax^b=x^{a+b}$ ...에 대한 $a,b\in\mathbb Q$.
제곱과 제곱근은 선형 이상$\mathbb F_2$이므로 간단히 지수를 반으로 줄일 수 있습니다. $x$식의 제곱근을 구합니다. 따라서$2^n$루트는 항상 존재합니다. 예를 들면
$$x+1=(x^{1/2}+1)^2=(x^{1/4}+1)^4=(x^{1/8}+1)^8.$$
그러나 이것은 다른 사람에게는 작동하지 않습니다. $n$뿌리; 쓸 수 없다
$$x+1=\frac{p(x^{1/m})^3}{q(x^{1/m})^3}$$
어디 $p,q$ 다항식이고 $m\in\mathbb N$. 따라서 공식적으로 인접해야합니다.$\sqrt[3]{x+1}$ 필드에 또는 대신 $\sqrt[3]{x^{1/2}+1}$등
고유하고 잘 정의 된 필드가 있습니까? $\mathbb G$ 이러한 대수적 표현의 $\mathbb F$?
내가 원하지 않는다는 점에 유의하십시오. $n$ 다른 $n$각 요소의 루트, 단일 루트 ( $\mathbb F$이미 통일의 뿌리가 있습니다. 하지만 나는 선택했다$\mathbb F_2$ 이것을 피하기 위해).
대수적 마감이 주어지면 $\mathbb A\supseteq\mathbb F$, 우리는 그냥 교차로를 $\mathbb G\overset?=\bigcap\{\mathbb B\}$ 모든 중간 분야의 $\mathbb A\supseteq\mathbb B\supseteq\mathbb F$ 재산과 $\forall n\in\mathbb N,\,\forall a\in\mathbb B,\,\exists b\in\mathbb B,\,a=b^n$. 그러나 이것은 다른 분야가 다른 뿌리를 가지고 있기 때문에 작동하지 않습니다.$a$이므로 교차점에는 루트가 없습니다. $a$. 아마도 선택한 공리를 사용하여 구성하는 방법이있을 것입니다.$\mathbb G$를 통해 $\mathbb A$, 또는 직접 $\mathbb F$. 이것이 사실입니까? Wiki의 존재 증명 (자세하게 따르지 않음)을 수정하여 제공 할 수 있습니까?$n$통일의 새로운 뿌리를 도입하지 않고 모든 것의 뿌리? 그리고 독창성은 어떻습니까?
더 간단한 구성이 있습니까? $\mathbb G$ 특별한 경우 $\mathbb F_2(x)$, 그것은 선택의 공리를 사용하지 않습니까? 여기에서는 고유성이 필요하지 않습니다. 예를 들어이 답변을 참조하십시오 . 우리는 다음 형식의 다항식을 사용할 것입니다.$x^p-a$이것은 이전 다항식에 의해 정의 된 필드에 대해 환원 할 수 없습니다 .
여러 가지 $n$의 뿌리 $a\neq0$ 갖는 것과 같습니다 $n$통일의 뿌리 : 만약 $x_1^n=x_2^n=a$ 과 $x_1\neq x_2$, 다음 $(x_1/x_2)^n=1$ 과 $(x_1/x_2)\neq1$. 반대로$\omega^n=1$ 과 $\omega\neq1$, 및 $x_1^n=a$, 다음 $(\omega x_1)^n=a$ 과 $x_1\neq\omega x_1$.
만약 $\mathbb F$ 원시적이다 $mn$통일의 뿌리, 그리고 그것은 또한 원시 $n$통일의 뿌리; 그래서 우리는 소수만 고려하면됩니다. 두 개의 소수 수정$p\neq q$. 만약$\mathbb F$ 원시적이다 $p$통일의 뿌리 $\omega_1$, 다음 $\mathbb G$ 프리미티브가 있어야합니다 $p^n$통일의 뿌리 $\omega_n$ 모든 $n$, 원시가 아니기 때문에 $p^n$일치의 뿌리는 결코 도달 할 수 없습니다 $\omega_{n-1}$ 로 $p$th 파워. 만약$\mathbb F$ 프리미티브가 없습니다 $q$통일의 뿌리 $\mathbb G$ 우리는 이미 가지고 있기 때문에 $1^q=1$ 과 $(\omega_n^r)^q=\omega_n$ 어디 $r=q^{-1}\bmod p^n$.
답변
글쎄요, 댓글에 대한 나의 스 래싱에서, 아마도이 문제의 깊이를 완전히 이해하지 못했다는 것이 분명합니다. 하지만 어쨌든 아주 특별한 경우에 대해 말씀 드리겠습니다.$\mathbf F=\Bbb F_2(x)$. 경험이 많은 일부 사람들은 이것을 모르는 것 같습니다.$\mathbf F$ 특성의 완벽한 분야에 대한 초월도 1입니다. $p$그리고 아직 완벽하지는 않습니다. 가능한 각 정도에 대해 정확히 하나의 방사형 (= 순수하게 분리 할 수없는, 즉 프랑스 기수 ) 확장이 있습니다.$p^m$. 나는 이것이 제곱근 폐쇄 확장에 대한 당신의 생각을 명확히해야한다고 생각합니다.$\Bbb F_2(x)$.
둘째, 귀하의 분야에 대한 구성을 설명하는 데 어려움이 있음을 지적하겠습니다. $\mathbf F=\Bbb F_2(x)$: $d$ 이상한, 확장 $\mathbf F(\sqrt[d]x\,)$ 과 $\mathbf F(\sqrt[d]{x+1}\,)$ 서로 관련이 없습니다. 교차점은 그라운드 필드입니다. $\mathbf F$. 아무거나 붙이세요$\Bbb F_2$-근호 기호 아래에 환원 할 수없는 다항식이 있고 완전히 관련없는 또 다른 확장을 얻습니다. 어쨌든 개념적으로 이것은 엉망이되고 있습니다. 이성적인 표현에 대해서도 걱정할 필요가 있습니다.
처음부터 모든 경우에 $n$-번째 루트 $1$ 당신이 선택한 것은 $1$그 자체. 그렇게해도 불특정 다수를 선택하는 것이$n$-다른 요소의 뿌리, 당신은 우연히 다른 단일 뿌리의 존재를 유도 할 수 있습니다. $1$그 자체. 이것은 실제로 문제를 단순화하지만 나는 당신이 자신을 위해 일을 어렵게 만들고 있다고 생각합니다. 처음에 모든 통합의 뿌리가 더해져야한다는 것에 동의한다면 (이것은 상수 장을 만들 것입니다$\overline{\Bbb F_2}\,$, 대수적으로 닫혀 있음), 명시 적 구성이 여전히 문제가 될 수 있지만 필드의 존재를 쉽게 볼 수 있습니다.
다음은 좋은 벤치 마크입니다. 만약$\Bbb F$ 필드이고 $\Bbb K$ 다음과 같은 필드 확장입니다.
- $\Bbb{K/F}$ 무한한 차원이고
- 모든 환원 불가능한 $p\in\Bbb F[x]$, 만약 $p$ 적어도 두 개의 뿌리가 있습니다 $\Bbb K$, 다음의 automorphism이 있습니다. $\Bbb K$ (고정 $\Bbb F$)의 뿌리의 완전한 혼란입니다 $p$ 에 $\Bbb K$.
이 경우에는 다음과 같은 모델이 있습니다. $\sf ZF$ "도덕적으로 동형 인 $\Bbb K$,하지만 내부적으로 동형이 아닙니다. "즉, 새 복사본을 추가합니다. $\Bbb K$, 그러나 우리는 필드 구조와 모든 필드 확장을 보존하면서 동형과 실제로 모든 bijection을 제거합니다. $\Bbb F$ 둘 다에 임베딩하면 유한 차원이됩니다.
"가장 작은 필드"가 이러한 속성을 충족하는지 확인하는 것은 어렵지 않습니다. 또는 최소한 "가장 작은"필드가 존재하지 않도록 보장하는 필드를 찾을 수 있습니다.
근본적인 폐쇄를 구축하는 대신 $\Bbb{F}^{rad}$교차로, 결합의 과정으로 그것을 구축하지 않겠습니까? 기본 필드에서 시작$\Bbb{F}$ (특정한 경우 기본 필드는 $\Bbb{F}_2(x)$) 이는 가정에 의해 이미 근본적으로 닫히지 않았습니다 (또는이 프로세스는 첫 번째 단계에서 종료됩니다, lol). 다음 필드$\Bbb{F}_1 \supset \Bbb{F}$ 모든 급진적 확장의 결합입니다 $\Bbb{F}$, $$\Bbb{F}_1 := \bigcup_{a \in \Bbb{F}} \left( \bigcup_{n \geq 2} \Bbb{F}(\sqrt[n]{a}) \right);$$ 다음 필드 $\Bbb{F}_2 \supset \Bbb{F}_1$ 모든 급진적 확장의 결합입니다 $\Bbb{F}_1$, $$\Bbb{F}_2 := \bigcup_{a \in \Bbb{F}_1} \left( \bigcup_{n \geq 2} \Bbb{F}_1(\sqrt[n]{a}) \right);$$ 이런 식으로 계속하면 급진적 확장 시퀀스를 얻습니다. $$... \supset \Bbb{F}_n \supset ... \supset \Bbb{F}_2 \supset \Bbb{F}_1 \supset \Bbb{F}.$$ 분명히 확장 $\Bbb{F}_n/\Bbb{F}_{n-1}$각 단계에서 동 형사상까지 고유하므로 전체 체인도 마찬가지입니다. 따라서$\Bbb{F}^{rad} := \bigcup_{n \geq 1} \Bbb{F}_n$ 동형 및 모든 요소까지 고유합니다. $\Bbb{F}^{rad}$ 있다 $n$뿌리 $\Bbb{F}^{rad}$ 모든 $n \geq 2$.
편집 : 이 체인 방법은 여전히 영업 이익의 경우처럼, 우리가 원하는 심지어 경우에 작동 분야의 각 요소에 대한 루트. 기본 필드로 시작$F := \Bbb{F}_2(x)$. 구성$F_1 \supset F$ 통하다 $$F_1 := \bigcup_{a \in F^\times} \bigcup_{q \in \Bbb{Q}} F(a^q)$$ 선택의 공리를 피해야 할 곳 $a^q$, $q \in \Bbb{Q} \setminus \Bbb{Z}$, 순전히 공식적인 요소의 "권한" $a$ 다음과 같은 적절한 등가 관계에서 $$(a^n)^q \sim (a^q)^n \text{ for all } q \in \Bbb{Q}, n \in \Bbb{Z}, a \in F^\times,$$ $$a^q a^r \sim a^{q+r} \text{ for all } q, r \in \Bbb{Q}, a \in F^\times,$$ 또는 $$(ab)^q \sim a^q b^q \text{ for all } a, b \in F^\times, q \in \Bbb{Q}.$$ 대부분의 분야에서 통합의 근본 문제는 이러한 동등 관계를 설정하는 데 어려움이 많지만 통합의 유일한 뿌리이기 때문에 $F = \Bbb{F}_2(x)$ 이다 $1$그 자체로, 이러한 동등성 관계는 우리가 원하는 방식으로 작동하게되며, 별다른 소란이 없습니다. (편집 : 우리는 또한$x \sim 0$ 만약 $x^n = 0$ 일부 $n$.)
새 필드를 얻기 위해이 구성을 계속 반복하십시오. $F_{k+1}$ 이전 필드에서 $F_k$: $$F_{k+1} := \bigcup_{a \in F_k^\times} \bigcup_{q \in \Bbb{Q}} F(a^q),$$ 우리는 또한 동등성 관계가 $(a^q)^r \sim (a^r)^q \sim a^{rq}$ 모든 $a \in F_{k-1}$ 그리고 다 $q, r \in \Bbb{Q}$. 그런 다음 이전과 마찬가지로 원하는 라디칼 필드를$\bar{F} := \bigcup_{k \geq 1} F_k$, 및 기본 필드를 포함하는 라디칼 아래 닫혀있는 기타 필드 $F$ 필드 동형을 포함해야합니다. $\bar{F}$, 같이 $\bar{F}$ 구성에 의해 다음의 요소로 만들어 질 수있는 모든 가능한 급진적 표현을 포함합니다. $F = \Bbb{F}_2(x)$ (또는 어쨌든 동일한 요소).